SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12
CHƯƠNG TRÌNH THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1.
a) Cho dãy số
n
x
được xác định bởi
1
1
x
và
1
2
3
n
n
n
x
xx
với mọi
*
.
n
Chứng
minh rằng dãy số
n
x
có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó.
b) Tìm tất cả các hàm số xác định, liên tục trong khoảng
0;
và thỏa mãn:
2
2 2 2
3 3
x x x
f x f x x
với mọi
0.
x
Câu 2.
a) Cho số tự nhiên
2
a
thỏa mãn
1a
có ước nguyên tố lẻ
.p
Chứng minh rằng
2
2
1 .
p
a p
b) Chứng minh rằng tồn tại vô số những số tự nhiên
n
sao cho
2019 1 .
n
n
Câu 3. Cho tam giác nhọn
ABC
có đường cao AH. Đường tròn nội tiếp
I
của tam giác
ABC
tiếp xúc với các cạnh
, ,BC CA AB
lần lượt tại
, , .D E F
Đường tròn
A
có tâm A bán
kính AE cắt đoạn thẳng AH tại điểm K. Đường thẳng IK cắt đường thẳng BC tại P. Các
đường thẳng DK và PK cắt đường tròn
A
lần lượt tại Q và T khác
.K
a) Chứng minh rằng tứ giác TDPQ nội tiếp và ba điểm
, ,Q A P
thẳng hàng.
b) Đường thẳng DK cắt đường tròn
I
tại điểm thứ hai là X. Chứng minh rằng ba
đường thẳng
, ,AX EF TI
đồng quy.
c) Chứng minh rằng đường tròn đường kính AP tiếp xúc với đường tròn
.I
Câu 4. Cho
P x
là một đa thức khác hằng số với hệ số thực sao cho tất cả các nghiệm
của nó đều là số thực. Giả sử tồn tại một đa thức
Q x
với hệ số thực sao cho
2
( )
P x P Q x
với mọi
.
x
Chứng minh rằng tất cả các nghiệm của đa thức
P x
đều bằng nhau.
Câu 5. Một tập hợp gồm 3 số nguyên dương được gọi là tập Pytago nếu 3 số này là độ
dài ba cạnh của một tam giác vuông. Chứng minh rằng với hai tập Pytago
, P Q
bất kỳ, ta
luôn tìm được
m
tập Pytago
1 2
, ,..., ( 2)
m
P P P m
sao cho
1
,
m
P P P Q
và
1i i
P P
với
mọi
1 1.
i m
------------ HẾT ------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐỀ CHÍNH THỨC
Họ và tên thí sinh: ……….………..……................…… Số báo danh: ……………………………
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12
CHƯƠNG TRÌNH THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2019-2020
HƯỚNG DẪN MÔN: TOÁN
I.LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học
sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần
đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý Nội dung trình bày Điểm
1 a) Cho dãy số
n
x
được xác định bởi
1
1
x
và
1
2
3
n
n
n
x
xx
với mọi
*
.
n
Chứng minh rằng dãy số
n
x
có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
b) Tìm tất cả các hàm số xác định và liên tục trong khoảng
0;
sao cho
2
22 2
,0
33
x x x
f x f x
x x
3,0
a Xét số b>0 là nghiệm của phương trình
2
31.
3
b
b b
b
Dễ thấy
0, 1
n
x n
nên ta có:
1
22 1
03 3 3 3 9
nn
n n
n n
x x b
b
xb x b
xb x b
1,0
Suy ra
2
1 1 1
1 1 1
09 9 9
n
n n n
xb x b x b x b
Do
1
1
lim 0
9
n
xb
nên theo nguyên lý kẹp suy ra
lim 3 1
n
x b
1,0
b Ta có
2
22 2 2 2
3 3 3 3
x x x x x
fx f f x f x
x x x x
Suy ra
22
,0
33
x x
f x x f x
x x
Đặt
2
,0 (1)
3
x
gx f x x g x g x
x
0,5
Chọn
0
a
tùy ý, xét dãy
n
x
xác định bởi
*
11
2
; ,
3
n
n
n
x
xa x n
x
.
Hoàn toàn tương tự phần a) thì
lim 3 1
n
xb
Từ (1) suy ra
*
12... ,
n
ga g x g x g x n
0,25
Do hàm
gx
liên tục trên
0;
nên
lim lim 3 1
nn
g a g x g x g c
Suy ra
gx c
hay
()
fx x c
với mọi
0.
x
0,25
(Đáp án có 05 trang)
Thử lại ta thấy hàm số cần tìm là
fx x c
với mọi
0,
x
c là hằng số tùy ý.
2
a) Cho số tự nhiên
2
a
sao cho
1a
có ước nguyên tố lẻ là
p
. Chứng
minh rằng
2
2
1.
p
ap
b) Chứng minh rằng tồn tại vô số những số tự nhiên
n
sao cho
2019 1 .
n
n
2,0
a Ta có
2
1 2
11 1 ... 1 1
p
p p p p
aa m m m m m A
, với
.
p
m a
0,5
Do p lẻ nên
11
p
aa p
1 1 modm p m p
. Do đó
1 2
... 1 0 mod
p p
Am m m p p
0,5
Suy ra
2
1
mA p
, tức là
2
2
1.
p
ap
0,5
b Trước hết ta chứng minh mệnh đề sau bằng quy nạp theo k: Cho số tự nhiên
2
a
sao cho
1a
có ước nguyên tố lẻ là
p
. Khi đó
*
1, (1)
k
pk
ap k
Theo giả thiết thì ta thấy ngay (1) đúng với
1.
k
Giả sử (1) đúng với k, ta chứng minh (1) đúng với
1k
.
Ta có
1
12
11 1 ... 1 1
kk
p
pp p p
aa m m m m m A
, trong đó
.
k
p
ma
Theo giả thiết quy nạp
1
k
mp
. Lại có
11 mod
mp m p
.
Do đó
12
... 1 0 mod
pp
A m m m p p
Suy ra
1
1
k
mA p
, tức là
1
1
1
k
pk
a p
. Vậy (1) đúng với
1.
k
0,25
Trở lại bài toán: Với
2019
a
thì
12020
a
có ước nguyên tố lẻ là
5
nên theo
(1) các số
5
k
n
sẽ thỏa mãn
2019 1 .
n
n
Chú ý: Nếu học sinh chứng minh trực tiếp
5*
2019 1 5 ,
k
k
k
thì vẫn cho tối
đã điểm.
0,25
3 Cho tam giác nhọn
ABC
có đường cao
AH
. Đường tròn nội tiếp
I
của tam
giác
ABC
tiếp xúc với các cạnh
, ,BC CA AB
lần lượt tại
, , .D E F
Đường tròn
A
có tâm
A
bán kính
AE
cắt đoạn thẳng
AH
tại điểm K. Đường thẳng IK cắt
đường thẳng BC tại P. Các đường thẳng DK và PK cắt đường tròn
A
lần lượt
tại Q và T khác
.K
a) Chứng minh rằng tứ giác TDPQ nội tiếp và ba điểm
, ,Q A P
thẳng hàng.
b) Đường thẳng DK cắt đường tròn
I
tại điểm thứ hai là X. Chứng minh rằng
ba đường thẳng
,,
AX EF TI
đồng quy.
c) Chứng minh rằng đường tròn đường kính AP tiếp xúc với đường tròn
.I
3,0
a) Ta có
0
190
2
TQD TQK TAK AKT HPK TPD
. Suy ra tứ giác TDPQ nội
tiếp.
1,0
Ta có
KQA AKQ DKH KDI
(1)
Dễ thấy IF là tiếp tuyến của
A
nên
22.
ID IF IK IT IDK ITD
Suy ra
KDI ITD KQP
(2). Từ (1) và (2) suy ra
KQA KQP
.
Do đó ba điểm
,,
QA P
thẳng hàng.
0,5
b Gọi Y là giao điểm thứ hai của AX với
I
. Ta có
22
.
IX IF IK IT ITX IXK IDX AKX
( vì
||AK ID
)
Lại có
2 2
.
AK AF AX AY AKX AYK
. Suy ra
ITX AYK
. Do đó tứ giác
XKYT nội tiếp.
0,25
Xét ba đường tròn:
;;
XKYT I A
, lần lượt có trục đẳng phương là KT, XY, EF.
Do đó ba đường thẳng KT, XY, EF đồng quy tại tâm đẳng phương của ba đường 0,25
T
Q
P
K
H
F
E
D
I
C
B
A
t
Z
S
Y
X
T
Q
P
K
H
F
E
D
I
A
B
C
tròn trên. Vậy ba đường thẳng AX, EF, TI đồng quy.
c Gọi
Z
là giao điểm thứ hai của đường thẳng
PT
với đường tròn đường kính AP.
Khi đó
AZ KT
và Z là trung điểm KT. Do IE và IF là tiếp tuyến của
A
nên
1
TKSI
, theo hệ thức Macloranh ta được
.. .
SZ SI SK ST SX SY
.
0,25
Suy ra tứ giác XZYI nội tiếp, suy ra
ZYX ZIX
0,25
Mặt khác
||
IXD ITD DQP IX PQ ZIX ZPA
. Vậy
ZYX ZPA
Suy ra tứ giác AZYP nội tiếp, suy ra Y thuộc đường tròn đường kính AP. 0,25
Vẽ tiếp tuyến Yt của (I), ta có
00 0
190 90 90
2
tYX XIY IXY IZY YAP YPA
.
Do đó Yt là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AP. Vậy đường tròn đường kính
AP tiếp xúc với đường tròn
I
tại điểm Y (đpcm).
0,25
4 Cho
Px
là một đa thức khác hằng số với hệ số thực sao cho tất cả các nghiệm
của nó đều là số thực. Giả sử tồn tại một đa thức
Qx
hệ số thực sao cho
2
()
Px P Q x
với mọi
.
x
Chứng minh rằng tất cả các nghiệm của
Px
đều bằng nhau.
1,0
Giả sử
12
12
. ...
k
dd d
k
P x A x x x x x x
, trong đó
1 2
...
k
xx x
là tất cả
các nghiệm thực của
P x
. Dễ thấy
2
degQ 2
x Q x ax bx c
.0,25
Khi đó ta được
12
22 2
2 2
1 2
1
....
i
k
k
d
dd d
k i
i
Ax x x x x x A ax bx c x
Do đó với mỗi chỉ số i thì nghiệm của đa thức
2
i
ax bx c x
là
,
st
xx
, với
,s t
nào
đó. Theo định lý Viet ta được
.
st
b
xx
a
Như vậy tất cả các nghiệm của
2
P x
được chia thành các cặp
,
st
x x
mà tổng của
hai số trong mỗi cặp bằng nhau và bằng
.
b
a
0,25
Giả sử
1
x
ghép cặp với
s
x
và
k
x
ghép cặp với
t
x
. Từ
1
;
ts k
xx x x
và
1
sk t
xx x x
ta suy ra
1
;
ts k
xx x x
. Vậy
1
x
chỉ có thể ghép cặp với
k
x
. Lập
luận hoàn toàn tương tự suy ra mỗi cặp chỉ có dạng
1
,
jk j
xx
. Áp dụng định lý
Viet ta có
1
.
m
jk j
cx
xx
a
, với m nào đó.
0,25
Do có đúng k giá trị
m
cx
a
và các số dạng
1
.
jk j
xx
chỉ chứa nhiều nhất
1
2
k
giá trị phân biệt nên
1
2
k
k
. Từ bất đẳng thức này ta suy ra ngay k=1. Khi đó
1
1
d
Px A x x
, và suy ra tất cả các nghiệm của
Px
đều bằng nhau (đpcm).
0,25
5 Một tập hợp gồm 3 số nguyên dương được gọi là tập Pytago nếu 3 số này là độ
dài ba cạnh của một tam giác vuông. Chứng minh rằng với hai tập Pytago
,
PQ
1,0
